2019高中物理 第二章 交變電流與發(fā)電機測評B（含解析）滬科選修3-2.docx

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交變電流與發(fā)電機測評B(高考體驗卷)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第15題只有一個選項符合題目要求,第68題有多個選項符合題目要求。全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有錯選的得0分)1.(2012北京理綜)一個小型電熱器若接在輸出電壓為10 V的直流電源上,消耗電功率為P;若把它接在某個正弦式交流電源上,其消耗的電功率為P2。如果電熱器電阻不變,則此交流電源輸出電壓的最大值為()A.5 VB.52 VC.10 VD.102 V解析:根據P=U2R,對直流有P=102R,對正弦式交變電流有P2=U2R,所以正弦式交變電流的有效值為U=PR2=102V,故交流電源輸出電壓的最大值Um=2U=10V,故選項C正確,選項A、B、D錯誤。答案:C2.(2013福建理綜)如圖所示,實驗室一臺手搖交流發(fā)電機,內阻r=1.0 ,外接R=9.0 的電阻。閉合開關S,當發(fā)電機轉子以某一轉速勻速轉動時,產生的電動勢e=102sin 10t V,則()A.該交變電流的頻率為10 HzB.該電動勢的有效值為102 VC.外接電阻R所消耗的電功率為10 WD.電路中理想交流電流表的示數為1.0 A解析:由e=102sin10tV知電動勢的有效值E有=Em2=1022V=10V,故B選項錯誤;電路中的理想電流表示數為電流的有效值:I有=E有r+R=1.0A,故D選項正確;電阻R消耗的電功率P=I有2R=9.0W,故C選項錯誤;交變電流的角速度=10rad/s,所以頻率f=2=5Hz,故A選項錯誤。答案:D3.(2014河北石家莊檢測)如圖所示,兩個同學利用圖示裝置做實驗,第一位同學使導體棒ab在導軌上勻速運動,第二位同學使導體棒ab在導軌上做變速運動,但兩位同學對ab桿做的功一樣多。第一位同學的方法使小燈泡消耗的電能為W1,第二位同學的方法使小燈泡消耗的電能為W2,除小燈泡外,回路中其余各部分電阻均忽略不計,則()A.W1=W2B.W1W2C.W1W2D.不能比較解析:電感線圈通過變化電流時,電能與磁場能往復轉化,所以不會消耗電能;兩同學做功一樣多,所以最終消耗電能一樣多。答案:A4.(2014浙江杭州檢測)如圖所示的電路,F為一交流發(fā)電機,C為平行板電容器,為使電流表A的示數增加,可行的辦法是()A.使發(fā)電機F的轉速增加B.使發(fā)電機F的轉速減小C.在平行板電容器間換用介電常數較小的電介質D.使電容器兩極板間的距離增大解析:當發(fā)電機轉速增加時,交變電流的頻率增大,容抗減小,電流表A的讀數增大,A項正確,B項錯誤;在平行板電容器間換用介電常數較小的電介質時,電容器的電容減小,使電容器兩極板間距離增大時電容也減小,當電容減小時,容抗增大,對交變電流的阻礙作用增大,電流表A示數減小,C、D兩項均錯誤。答案:A5.(2014廣東深圳檢測)夏天空調器正常工作時,制冷狀態(tài)與送風狀態(tài)交替運行。一空調器在不同工作狀態(tài)下電功率隨時間變化的關系如圖所示,此空調器運轉1 h用電()A.1.0度B.1.5度C.2.0度D.2.5度解析:由圖像知,電功率隨時間的變化周期為15min,前5min為0.5kW,后10min為2kW。設電功率的有效值為P,周期為T,據有效值定義有P1T3+P22T3=PT,將P1=0.5kW,P2=2kW代入得P=1.5kW。此空調1h用電W=Pt=1.5度。答案:B6.如圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖,兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場,A為交流電流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸OO沿逆時針方向勻速轉動,從圖示位置開始計時,產生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。以下判斷正確的是()A.電流表的示數為10 AB.線圈轉動的角速度為50 rad/sC.0.01 s時線圈平面與磁場方向平行D.0.02 s時電阻R中電流的方向自右向左解析:電流表的示數為交變電流的有效值10A,選項A正確;由=2T可得,線圈轉動的角速度為=100rad/s,選項B錯誤;0.01s時,電路中電流最大,故該時刻通過線圈的磁通量最小,即該時刻線圈平面與磁場平行,選項C正確;根據楞次定律可得,0.02s時電阻R中電流的方向自左向右,選項D錯誤。答案:AC7.某小型發(fā)電機產生的交變電動勢為e=50sin 100t V。對此電動勢,下列表述正確的有()A.最大值是502 VB.頻率是100 HzC.有效值是252 VD.周期是0.02 s解析:交變電動勢e=Emsint或e=Emcost,其中Em為電動勢的最大值,為角速度,有效值E=Em2,周期T=2,頻率f=1T,由e=50sin100tV知,Em=50V,E=502V=252V,T=2=2100s=0.02s,f=1T=10.02Hz=50Hz,所以選項C、D正確。答案:CD8.(2014山東臨沂檢測)如圖甲所示,將阻值為R=5 的電阻接到內阻不計的正弦式交變電源上,電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,電流表串聯在電路中測量電流的大小。對此,下列說法正確的是()A.電阻R兩端電壓變化規(guī)律的函數表達式為u=2.5sin 200t VB.電阻R消耗的電功率為1.25 WC.如圖丙所示,若此交變電流由一矩形線框在勻強磁場中勻速轉動產生,當線圈的轉速提升一倍時,電流表的示數為1 AD.這一交變電流與圖丁所示電流比較,其有效值之比為12解析:圖乙所示電流的最大值為Im=0.5A,周期為T=0.01s,其角速度為=2T=200rad/s,由歐姆定律得Um=ImR=2.5V。所以R兩端電壓的表達式為u=2.5sin200tV,選項A正確。該電流的有效值為I=Im2,電阻R消耗的電功率為P=I2R,解得P=0.625W,B選項錯誤。A的示數為有效值,該交變電流由圖丙所示矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動產生,當轉速提升一倍時,電動勢的最大值Em=nBS為原來的2倍。電路中電流的有效值也是原來的2倍,為20.52A1A。選項C錯誤。圖乙中的正弦式交變電流的有效值為0.52A。圖丁所示的交變電流雖然方向發(fā)生變化,但大小恒為0.5A,可知選項D正確。答案:AD二、填空題(本題共2小題,共16分。把答案填在題中的橫線上)9.(12分)一臺小型發(fā)電機產生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖像如圖甲所示。已知發(fā)電機線圈內阻為5.0 ,現外接一只電阻為95.0 的燈泡,如圖乙所示,則電壓表V的示數為,發(fā)電機線圈內阻每秒鐘產生的焦耳熱為,燈泡中的電流方向每秒鐘改變次。解析:由題圖甲知Em=2202V,則電源電動勢有效值E=Em2=220V,I=ER+r=22095.0+5.0A=2.2A,V表示數亦即路端電壓有效值U=IR=2.295V=209V;由P燈=UI得:P燈=2092.2W=459.8W,C錯;由Q=I2rt得:Qr=2.2251J=24.2J;線框每轉一圈,電流方向改變兩次,故每秒鐘電流方向改變n=tT2=10.022次=100次。答案:220 V24.2 J10010.(4分)n匝矩形線圈,面積為S,在磁感應強度為B的勻強磁場中,繞垂直于磁感線的軸,以角速度做勻速轉動,外電路閉合。若從線圈通過中性面時開始計時,則經過14個周期,外力做功為。(已知線圈與外電路總電阻為R)解析:線圈產生感應電動勢的最大值為:Em=nBS,有效值為E=Em2=22nBS,線圈中電流的有效值為I=ER=2nBS2R,電熱功率為P=I2R=n2B2S222R,在T4時間內產生的內能為:Q=PT4=n2B2S24R,即外力做的功為W外=Q=n2B2S24R。答案:n2B2S24R三、計算題(本題共3小題,共36分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟,有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位)11.(10分)如圖甲所示,一固定的矩形導體線圈水平放置,線圈的兩端接一只小燈泡,在線圈所在空間內存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場。已知線圈的匝數n=100匝,總電阻r=1.0 ,所圍成矩形的面積S=0.040 m2,小燈泡的電阻R=9.0 ,磁感應強度隨時間按如圖乙所示的規(guī)律變化,線圈中產生的感應電動勢瞬時值的表達式為e=nBmS2Tcos2Tt,其中Bm為磁感應強度的最大值,T為磁場變化的周期,不計燈絲電阻隨溫度的變化,求:(1)線圈中產生感應電動勢的最大值;(2)小燈泡消耗的電功率;(3)在磁感應強度變化的0T4時間內,通過小燈泡的電荷量。解析:(1)由圖像知,線圈中產生的交變電流的周期T=3.1410-2s,所以Em=nBmS=2nBmST=8.0V。(2)電流的最大值Im=EmR+r=0.80A有效值I=Im2=225A小燈泡消耗的電功率P=I2R=2.88W。(3)在0T4時間內,電動勢的平均值E=nSBt平均電流I=ER+r=nSB(R+r)t流過燈泡的電荷量Q=It=nSBR+r=4.010-3C。答案:(1)8.0 V(2)2.88 W(3)4.010-3 C12.(12分)(2012江蘇單科,13)某興趣小組設計一種發(fā)電裝置,如圖所示,在磁極與圓柱狀鐵心之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角均為49p,磁場均沿半徑方向,匝數為N的矩形線圈abcd邊長ab=cd=l、bc=ad=2l,線圈以角速度繞中心軸勻速轉動,bc與ad邊同時進入磁場,在磁場中,兩條邊所經過處的磁感應強度大小均為B,方向始終與兩條邊的運動方向垂直,線圈的總電阻為r,外接電阻為R,求:(1)線圈切割磁感線時,感應電動勢的大小Em;(2)線圈切割磁感線時,bc邊所受安培力的大小F;(3)外接電阻上電流的有效值I。解析:(1)bc、ad邊的運動速度v=l2,感應電動勢Em=4NBlv,解得Em=2NBl2。(2)電流Im=Emr+R,安培力F=2NBIml,解得F=4N2B2l3r+R。(3)一個周期內,通電時間t=49T,R上消耗的電能W=Im2Rt,且W=I2RT解得I=4NBl23(r+R)。答案:(1)2NBl2(2)4N2B2l3r+R(3)4NBl23(r+R)13.(14分)如圖甲所示是交流發(fā)電機模型示意圖。在磁感應強度為B的勻強磁場中,有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO轉動,由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO轉動的金屬圓環(huán)相連接,金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸,這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖乙是線圈的主視圖,導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示。已知ab長度為L1,bc長度為L2,線圈以恒定角速度逆時針轉動。(只考慮單匝線圈)(1)線圈平面處于中性面位置時開始計時,試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式;(2)線圈平面處于與中性面成0夾角位置時開始計時,如圖丙所示,試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式;(3)若線圈電阻為r,求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。(其他電阻均不計)解析:(1)矩形線圈abcd在磁場中轉動時,ab、cd切割磁感線,且轉動的半徑為r=L22,轉動時ab、cd的線速度v=r=L22,且與磁場方向的夾角為t,所以,整個線圈中的感應電動勢e1=2BL1vsint=BL1L2sint。(2)當t=0時,線圈平面與中性面的夾角為0,則某時刻t時,線圈平面與中性面的夾角為(t+0),故此時感應電動勢的瞬時值e2=2BL1vsin(t+0)=BL1L2sin(t+0)。(3)線圈勻速轉動時感應電動勢的最大值Em=BL1L2,故有效值E=Em2=BL1L22回路中電流的有效值I=ER+r=BL1L22(R+r),根據焦耳定律知轉動一周電阻R上的焦耳熱為Q=I2RT=BL1L22(R+r)2R2=RB2L12L22(R+r)2。答案:(1)e1=BL1L2sint(2)e2=BL1L2sin(t+0)(3)RB2L12L22(R+r)2